河北省正定中学2024届高三三轮复习模拟试题数学（四）

河北正定中学三轮复习模拟试题（四） 数 学 （时间120分钟，满分150分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1.若复数z满足：，则为（ ） A. 2 B. C. D. 5 2.已知角的顶点在原点，始边与轴正半轴重合，终边上有一点，，则　　 A． B． C． D． 3.若函数为偶函数，则　　 A．1 B． C． D． 4.若向量满足，且，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5.我国著名数学家华罗庚曾经说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休．”事实上有很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，根据上述观点，当取得最小值时，实数的值为　　 A． B．3 C． D．4 6.已知等比数列的公比与等差数列的公差均为2，且，设数列满足，，则数列的前20项的和为（    ） A． B． C． D． 7.如图，已知长方体的体积为是棱的中点，平面将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为（ ） A. B. C. D. 8.双曲线的左、右顶点分别为，，左、右焦点分别为，，过作直线与双曲线的左、右两支分别交于，两点．若，且，则直线与的斜率之积为　　 A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9.下列命题为真命题的是（ ） A. 若样本数据的方差为2，则数据， 的方差为17 B. 一组数据8，9，10，11，12的第80百分位数是11.5 C. 用决定系数比较两个模型的拟合效果时，若越大，则相应模型的拟合效果越好 D. 以模型 去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，求得线性回归方程为，则c，k的值分别是和2 10.已知函数有3个不同的零点，，，且，则　　 A． B．的解集为 C．是曲线的切线 D．点是曲线的对称中心 11.有一个棱长为4的正四面体容器，是的中点，是上的动点，则下列说法正确的是　　 A．二面角所成角的正弦值为 B．直线与所成的角为 C．的周长最小值为 D．如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.的展开式中的系数是 　 　． 13.已知函数的部分图象如图所示，若将的图象向左平移个单位长度后所得的图象关于轴对称，则的最小值为　 　． 14.已知点，定义为的“镜像距离”．若点在曲线上，且的最小值为2，则实数的值为 　 　． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.（本小题满分13分） 已知等差数列的前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）若，令，求数列的前项和. 16．（本小题满分15分） 如图，四棱锥中，底面为菱形，底面，，，是上的一点，． （1）证明：平面； （2）设二面角为，求与平面所成角的大小． 17.（本小题满分15分） 已知函数． （1）当时，求函数在区间，上的最小值； （2）讨论函数的极值点个数； （3）当函数无极值点时，求证：． 18．（本小题满分17分） 双淘汰赛制是一种竞赛形式，比赛一般分两个组进行，即胜者组与负者组．在第一轮比赛后，获胜者编入胜者组，失败者编入负者组继续比赛，之后的每一轮，在负者组中的失败者将被淘汰；胜者组的情况也类似，只是失败者仅被淘汰出胜者组降入负者组，只有在负者组中再次失败后才会被淘汰出整个比赛．、、、四人参加的双淘汰赛制的流程如图所示，其中第6场比赛为决赛． （1）假设四人实力旗鼓相当，即各比赛每人的胜率均为，求： ①获得季军的概率； ②在一共输了两场比赛的情况下，成为亚军的概率； （2）若的实力出类拔萃，有参加的比赛其胜率均为，其余三人实力旗鼓相当，求进入决赛且先前与对手已有过招的概率． 19．（本小题满分17分） 已知动点M到点的距离与到直线l：的距离之比等于． （1）求动点M的轨迹W的方程； （2）过直线l上的一点P作轨迹W的两条切线，切点分别为A，B，且， ①求点P的坐标； ②求的角平分线与x轴交点Q的坐标． 河北正定中学三轮复习模拟试题（四）答案 1.【答案】C【解答】设，则所以，即，所以.故选：C. 2.【解答】解：因为，所以，，可得， 所以，即，解得．故选：． 3.【解答】解：根据题意，函数为偶函数，则，即，变形可得， 则有，必有；故选：． 4. 【答案】D【解答】由，则， 由在上的投影向量.故选：D 5.【答案】C【解答】解：， 表示点与点，的距离和，连接，与轴交于，此时直线为，令，则，的最小值为，此时．故选：． 6.【答案】B【解答】因为，所以，则， 根据题意，， 所以 . 故选：B. 7. 【答案】A【解答】取的中点，连接， 易知，所以平面与交点为.设长方体的长、宽、高分别为，则.平面将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为. 故选：A. 8.【答案】C【解答】解：若，可设，则，， 由双曲线的定义可得，， 在中，， 即为， 化为，解得，则，， 在△中，， 即为， 化为，即为． 设，，，，可得直线与的斜率之积为 ．故选：． 9. 【答案】BCD【解答】对A：若样本数据的方差为2，则数据的方差为，故A错误； 对B：，则其第80百分位数是，故B正确； 对C，根据决定系数的含义知越大，则相应模型的拟合效果越好，故C正确； 对D，以模型去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设， 则，由题线性回归方程为，则，故的值分别是和2，故D正确.故选：BCD. 10.【答案】【解答】解：对于，因为有3个不同的零点，，，所以不妨设，易知展开式中的常数项为，故，又，所以，解得，所以，解得，故正确； 对于，因为，令，即，利用数轴穿根法，解得或，故错误；对于，易得，当切线斜率为1时，令，解得或，当时，（1），此时切线为，即，故正确；对于，因为，又（1），所以（1），所以点是曲线的对称中心，故错误．故选：． 11.【答案】BD【解答】解：对于，取中点，连接，，因为正四面体的四个面都是正三角形，所以由三线合一可，而面面，从而二面角所成角的平面角为，在中，，由余弦定理有，从而，故错误；对于，如图所示，连接，，，，由于为中点，所以，，又，，面，所以面，又面，所以，故正确；对于，把沿着展开使得它与平面在同一个平面内，如图，连接交于点，则的最小值即为（展开后的）的长，由于， 所以， ， 由余弦定理 ， 故展开后的的周长最小值为错误； 对于，如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为内切球的半径，设球心为，取的中点，连接、，过点作垂直于于点，则为的中心，点在上，过点作于点， 因为，，所以，同理， 则，故，设，故，因为，所以，即，解得，正确．故选：． 12.【答案】141．【解答】解：的展开式中的系数是．故答案为：141． 13.【解答】解：由图象可得：，，即，即， 由“五点作图法”可得：，则，即， 若将的图象向左平移个单位长度后所得的图象对应的解析式为，又的图象关于轴对称，则函数为偶函数， 则，，则，， 又，则的最小值为．故答案为：． 14.【答案】【解答】解：由函数可得，即，所以的反函数为，由点，在曲线上可知点，在其反函数上，所以相当于上的点，到曲线上点，的距离，即，利用反函数性质可得与关于对称，所以可得当与垂直时，取得最小值为2，因此，两点到的距离都为1，过点，的切线平行于直线，斜率为1，即， 可得，，即，点到的距离，解得，当时，与相交，不合题意，因此． 15.【解答】（1）设等差数列的首项为，公差为， 由题设有，...........3分 解得，即；................6分 （2）由（1）及已知得，...................7分 则①. ②，..........9分 ②①，得 ，.................11分 所以.......................................13分 16.【解答】解：以为坐标原点，建立如图空间直角坐标系， 设，，，则，0，，，0，，，0，，，，.....................................................2分 ，0，，，，，，， ，..................................................4分 ，， 平面.............................................................................6分 ，0，，，， 设平面的法向量为，，，则 取，，........................................................................8分 设平面的法向量为，，，则 取，，................................................................10分 平面平面，．故..............................12分 ，，，，， ， 设与平面所成角为，，，则..........................14分 与平面所成角的大小为............................................................................15分 17.【解答】解：（1）当时，，是减函数． ，（1）． 在，上存在唯一，使得，..............................................2分 则当时，，当时，． 在，上单调递增，在，上单调递减．......................................3分 在，上最小值为，（1），．.................................................5分 （2）．， 设，，则，.....................................7分 在上单调递增，在上单调递减． ． 当时，；当时，． 当时，与相切或无交点，此时无极值点；.................8分 当时，与有两个交点，此时有两个极值点；.................9分 当时，与有一个交点，此时有一个极值点．.......................10分 （3）证明：由上可知，，则可得， 设，则，..........................................................12分 设，则当时，． 在上单调递减，则此时，即．....................14分 在上单调递减，则， ，即．......................................................................15分 18.【解答】解：（1）假设四人实力旗鼓相当，即各比赛每人的胜率均为，即概率为， ①由题意，第一轮比赛，一组，，一组， 要获得季军，则进入胜者组，后续连败两轮，或进入负者组，后续两轮先胜后败， 所以获得季军的概率为；..........................4分 ②设表示队伍在比赛中胜利，表示队伍所参加的比赛中失败， 事件：队伍获得亚军，事件：队伍所参加所有比赛中失败了两场， 事件：包括，，，，五种情况， 则 ， 其中事件包括，两种情况， 则， 所以所求概率为；...............................................................10分 （2）由题意，获胜的概率为，、、之间获胜的概率均为， 要使进入决赛且先前与对手已有过招，可分为两种情况： ①若与在决赛中相遇，分为胜，3胜，负4胜5胜，或负4胜5胜，胜，3胜，概率为，..................................12分 ②若与决赛相遇，胜，3胜，胜3负5胜，或胜，3负，5胜，胜3胜，概率为，............14分 ③若与决赛相遇，同与在决赛中相遇， 概率为，...................16分 所以进入决赛且先前与对手已有过招的概率．.......................17分 19.【解答】（1）设，根据题意得：， 化简得：动点M的轨迹方程为：；...............4分 （2）①，切线方程为；， 代入得：， ∵切线，∴，得：（*）， 设方程（*）的两根分别为，，分别为PA，PB的斜率 则有，.........................................8分 又∵PA，PB的方向向量分别为，， ∴，..............10分 解得：，∴． .......................................12分 ②由对称性，不妨取，所以， 将代入（*）得：，解得，...........14分 则， ∴，.........15分 得：，所以点Q的坐标为......................................17分 学科网（北京）股份有限公司 $$